một số phương pháp nâng cao giải hệ phương trình

Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh... Phần bài tập ứng dụng phơng pháp 1... Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá. 1... Dễ dàng kiểm tra đợc rằng, tất cả các giá tr

Hệ phơng trình

 I Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.

 Bài 1 ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 )

Giải hệ phơng trình :







Giải :

Xét hàm số : f( )t = + − +t3 3t 3 ln(t2− +t 1)

2

1

t

t t

−

− +

Vậy hàm số f( )t đồng biến trên R Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :

( )

( )

( )

f

f

f





Không mất tính tổng quát, giả sử : x=min , ,{x y z} Lúc đó :

x y≤ ⇒ f( )x ≤ f( )y ⇒ ≤ ⇒y z f( )y ≤ f( )z ⇒ ≤z x Hay : x y z x≤ ≤ ≤ ⇒ = =x y z

Với : x y z= = , xét phơng trình : x3+2x− +3 ln(x2− + =x 1) 0

Do hàm số : ϕ( )x =x3+2x− +3 ln(x2 − +x 1) đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : x=1 Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : x y z= = =1

 Bài toán tổng quát 1 Xét hệ phơng trình có dạng :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n

−







=



Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và (x x1, ,2 x là nghiệm của hệ phơng trình , trong n)

đó x i∈A, ∀ =i 1,2, ,n thì x1=x2 = = x n

Chứng minh :

Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, ,2 x n}

Lúc đó ta có : x1≤x2⇒f( )x1 ≤ f( )x2 ⇒g( ) ( )x2 ≤g x3 ⇒x2 ≤x3 ⇒x n ≤x1

Vậy : x1≤x2 ≤ ≤x n ≤x1

CHUYấN ĐỀ ễN THI ĐẠI HỌC MễN TOÁN

 Bài 2

3 2

3 2

3 2

2

2

2

1 4 1 4 1 4

x x

y y

z z

y z x

+

+

+

 

 





 ữ 



 

 



Giải:

Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : , ,x y z>0 Xét hàm số : ( )

3 2

2

1 f

4

t t

t

+

 

=  ữ  , ta có : ( ) ( ) ( 2 ) 1 23 2

4

t t

+

 

Vậy hàm số f( )t nghịch biến trên khoảng (0; + ∞)

Không mất tính tổng quát, giả sử : x=min , ,{x y z} Lúc đó :

x y≤ ⇒ f( )x ≥ f( )y ⇒ ≥ ⇒y z f( )y ≤ f z( ) ⇒ ≤z x ⇒ = ⇒x z f( )x = f z( ) ⇒ =y x

2

x y z= = =

 Bài toán tổng quát 2 Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ):

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n

−







=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và (x x1, ,2 x là nghiệm của hệ phơng trình , trong n)

đó x i∈A, ∀ =i 1,2, ,n thì x1=x2 = = x n với n lẻ

Chứng minh :

Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, ,2 x n}

Lúc đó ta có :

1 2 f 1 f 2 g 2 g 3 2 3 n 1 f n f 1 1 2

⇒ x1 =x2

Từ đó suy ra : x1=x2 = = x n

 Bài 3

2 2 2 2











Giải :

Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , ,x y z t≥0

f s = −s 1 , ta có : f'( ) (s =2 s−1) Do đó hàm số tăng trên khoảng (1;+ ∞) và giảm trên [ ]0; 1 ( Do f(s) liên tục trên R )

Không mất tính tổng quát, giả sử : x=min , , ,{x y z t}.

+ Nếu x∈(1;+ ∞ ⇒) x y z t, , , ∈(1;+ ∞) , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : x y z t= = = = +2 3

+ Nếu x∈[ ]0; 1 ⇒ ≤0 f( )x ≤ ⇒ ≤1 0 2y≤1, hay y∈[ ]0;1 , tơng tự ⇒z t, ∈[ ]0; 1 Vậy x y z t, , , ∈[ ]0; 1 Do đó ta có :

x y≤ ⇒ x ≥ y ⇒ ≥ ⇒y z y ≤ ⇒ ≤z x ⇒ =x z

Với x z= ⇒f( )x = f z( ) ⇒ =y t

Lúc đó hệ phơng trình trở thành : ( )

2 2

x y

Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : x y z t= = = = +2 3 và x y= = −2 3

 Bài toán tổng quát 3 Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ):

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n

−







=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và (x x1, ,2 x là nghiệm của hệ phơng trình , trong n)

đó x i∈A, ∀ =i 1,2, ,n thì 1 3 1

2 4

n n

−



 = = =

Chứng minh :

Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, ,2 x n}

Lúc đó ta có :

2 4

3 5

1 1

n

−

Phần bài tập ứng dụng phơng pháp

 1 Giải hệ phơng trình :

3 2

3 2

3 2





 2 Chứng minh với mỗi a R∈ , hệ phơng trình :

2 3

2 3

2 3

 = + +

 = + +



 = + +



có một nghiệm duy nhất

 3 Cho hệ phơng trình :

2 2 2

 = +

 = +



 = +



Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng x y z= = .

 4 Giải hệ phơng trình :

3

3

3

99 99 100 3

100 100 1









 5 Cho n là số nguyên lớn hơn 1 Tìm a để hệ phơng trình :

2 3

2 3

1

2 3

4 4

4 4

n

−









có một nghiệm duy nhất

 6 Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a≠0 Chứng minh hệ phơng trình :

2 3

2 3

1

2 3

4 4

4 4

n

−









có nghiệm duy nhất

 7 Chứng minh với mỗi a R∈ , hệ phơng trình :

2 3 2

2 3 2

2 3 2

 = + + +



 = + + +



có một nghiệm duy nhất

 Ii Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá.

 1 Giải hệ phơng trình :







2 2

1

1

x x

y y

 ≤

Đặt x=cos ; y=cosα β với α β, ∈[0;π], khi đó hệ phơng trình :

2

π

 +

Đặt

2

1

2

t

Khi đó ta có :

2

2

1

2

t

t− − − = ⇔ + − ⇒ =t t t

x y

Nếu : x ≤a a( >0), ta đặt x a= cosα, với α∈[0;π]

( )

2 2



 + =



Giải Do x2 +y2 = ⇒1 x y, ∈ −[ 1; 1] Đặt x=sin , y cosα = α với α∈[0; 2π]

Khi đó (1) ⇔ 2 sin( α−cosα) (1 2sin2+ α)= 3

1

π

π α

3 cos 3

k

k R k

α π

α

α



Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm (x y, ) ={ sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85( 0 0) (− 0 0) ( 0 0),

(−sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }0 − 0) ( 0 − 0) ( 0 0)

Nếu : x2+y2 =a a( >0), ta đặt x= asin ,α y= acosα, với α∈[0; 2π]

 3 Giải hệ phơng trình :

2 2 2

2 2 2

x x y y

y y z z

z z x x

 + =





Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , ,x y z≠ ±1 Do đó ta có :

2

2

2

2

(1) 1

2 (2) 1

2 (3) 1

x y

x y z y z x

z

 =



 =





=



2 2

π π

α ∈ − ữ

  (4) và sao cho tg , tg2 , tg4α α α ≠ ±1 (5)

Với mọi số thực x có một số α với ;

2 2

π π

α ∈ − ữ

  sao cho x=tgα

 4 Giải hệ phơng trình :





Giải Viết lại hệ phơng trình dới dạng :







(I)

Từ đó, dễ thấy nếu (x y z là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z , , ) 1

3

(I) ⇔

3 2 3 2 3 2

3

(1)

1 3

3

(2)

1 3

3

(3)

1 3

z z

x

z

x x

y

x

y y

z

y







(II)

2 2

π π

α ∈ − ữ

1

tg , tg3 , tg9

3

Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : y=tg3 ,α z=tg9α và x=tg27α

Từ đây dễ dàng suy ra (x y z là nghiệm của (II) khi và chỉ khi , , ) y=tg3 ,α z=tg9α, x=tgα , với

α đợc xác định bởi (4), (5) và tgα =tg27α (6)

Lại có : ( )6 ⇔26α =kπ(k Z∈ )

Vì thế α thoả mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi

26

kπ

α = với k nguyên thoả mãn :

− ≤ ≤ Dễ dàng kiểm tra đợc rằng, tất cả các giá trị α đợc xác định nh vừa nêu đều thoả mãn (5)

Vậy tóm lại hệ phơng trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là :

 5 Giải hệ phơng trình :

1

xy yz zx

 + + =



Giải. Nhận xét : xyz≠0; , ,x y z cùng dấu Nếu (x y z là một nghiệm của hệ thì , , )

(− − −x, y z, ) cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,x y z dơng

Đặt x=tg ;α y=tg ;β z=tgγ (0<α β λ, , <900)

( )



(1)

1 tg tg

β α

+

−

Do







nên 2 ,2 ,2 α β γ là các góc của một tam giác có số đo 3 cạnh 3,4,5

Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên 2 γ = 90 0 ⇒ γ = 45 0 ⇒ = γ = z tg 1

α

β

Tuyển tập các bài toán hay

 II Hệ phơng trình 2 ẩn.

 1 Giải hệ phơng trình :

4 2

2 2

698

(1) 81

3 4 4 0 (2)





 + + − − + =



Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm Ta thấy (2) tơng đơng với :

2

x + −y x+ −y =

Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có :

3

Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : y2+ −(x 4)y x+ 2 −3x+ =4 0

Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có :

3

Vậy hệ phơng trình đã cho vô nghiệm

 2 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )

Giải hệ phơng trình :

1

1

x

x y y

x y





 3 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )

Hãy biện luận số nghiệm thực của hệ phơng trình với ẩn x, y :

3 4 2

2



Giải Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y ∈R

Viết lại hệ dới dạng :

3 3 2

2 2

1 2







Xét các trờng hợp sau :

 Trờng hợp 1 : b=0 Khi đó :

=



⇔  = −



3 3 2

3 3 2

0

y

I

II

=





= −





Có (II) y= −4 x 2

Từ đó : + Nếu a≠0 thì (I) và (II) cùng vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm

+ Nếu a=0 thì (I) có vô số nghiệm dạng (x R y∈ , =0), còn (II) có duy nhất nghiệm

(x=0, y=0) Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm

 Trờng hợp 2 : b≠0 Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu (x y là nghiệm của hệ đã cho thì , )

phải có x, y >0 Vì thế ( )2 b ( )3

y

Thế (3) vào (1) ta đợc :

3

3 2

b

y

 − ữữ − =

Đặt y t= >0 Từ (4) ta có phơng trình sau :

3

3

0 5

b

t

f t = −t b t− +a t xác định trên [0;+ ∞) có :

f' t =9t +9 b t− t +a ≥0, ∀ ∈t 0;+ ∞

Suy ra hàm số f( )t đồng biến trên [0;+ ∞), và vì thế phơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong

3

f b = b + b a >0, nên phơng trình (5) có duy nhất

0

,

b

t

Vậy tóm lại : + Nếu a b= =0 thì hệ đã cho có vô số nghiệm

` + Nếu a tuỳ ý , b≠0 thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm

+ Nếu a≠0,b=0 thì hệ đã cho vô nghiệm

 4 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình :

Giải + Với y=0 hệ trở thành

2 2

1 2

m=

+ Với y≠0, đặt x t

y = , hệ trở thành

2

2

2

2

1

1

t t

y m

t t

y





 + + =



⇔

2

2

1

(2)

t t

y







Vậy hệ PT (1) có nghiệm (x y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm , ) ( )t y ,

Xét hệ (2), từ 2 2

1

y

+ − = suy ra 2

1

2

t

t t

t

< −



 + − > ⇔

 >



Do đó hệ (2) có nghiệm ( )t y,

2

2

1

t t

m

t t

+ +

⇔ =

2

t∈ −∞ − ∪ + ∞

1 f

t t t

t t

+ +

=

2

−∞ − ∪ + ∞ữ

2

2 2

f'

t

t t

+ +

= −

t t

t

 = − −

= ⇔ 

= − +



Lập bảng biến thiên :

t −∞ 3− − 7 3− − 7 −∞ f’(t) - 0 + + 0

-f(t)

1

14 5 7

28 11 7

+ +

+∞

1 2

28 11 7

 5 Giải hệ phơng trình : ( ) ( )

3 3

x y





Giải Rõ ràng nếu y=3 2 hệ vô nghiệm

Với y≠ 32, từ (2) suy ra 3

3 2

x y

=

− , thay vào (1) ta có :

27 2 3

1 2

y

y

+

=

27 2 3

2

y y

y

+

3 2 3 3

f'

2

y

y

= −

−

Suy ra : f'( )y = ⇔ = −0 y 1

Ta có bảng biến thiên :

-f (y)

0

+∞

−∞

2

32

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng (−∞ −; 1) và (−1; 23 ).

Phơng trình có 1 nghiệm y= −1 và 1 nghiệm trong khoảng (3 2,+ ∞)

Dễ thấy y=2 là 1 nghiệm thuộc khoảng (3 2,+ ∞)

Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : (− −1; 1) và 1; 2

2

 6 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B– )

Giải hệ phơng trình sau :



 7 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A– )

x y x y x y

− − + − +







Giải ĐK: y2+2x>0

Đặt t=2x y− thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thành :

t

+

Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm

duy nhất của (1)

2

y

x y− = ⇒ =x +

thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :

3 2 3 ln 2 1 0 2

Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).

Đáp số : x=0, y= −1

 8 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B– )

x y x y



 + + − =



Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : min 7 ,2{ x x} ≥ −y

Đặt : 7x y a+ = và 2x y b+ = Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ :

( ) ( )

a b

b x y

 + =



 + − =



Nhận thấy : a2−b2 =5x Kết hợp với (1) suy ra : (5 )

2

x

( )

5

2

− + − = ⇔ = −

2

y− + − = ⇒ =y y −

2

 9 Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y :

2 3 4 3 2

1







1 Xác định k để hệ phơng trình có nghiệm

2 Giải hệ phơng trình với k = 16.

 10 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A– )

Giải hệ phơng trình :

1

1

x

x y y

x y





Giải ĐK có nghĩa của hệ : x≥0, y≥0 và x2+y2 ≠0

Dễ thấy , nếu ( )x y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 Do đó :,

Hệ đã cho

1

3

1

7





⇔

( ) ( )

1



 +









Nhân (1) với (2) theo vế ta đợc :

 Iii Hệ phơng trình 3 ẩn

 1 ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996)

Giải hệ phơng trình :

3 2

3 2

3 2

 − + − =





 4 Giải hệ phơng trình :





 5 Giải hệ phơng trình :

1890 1890 1890





= = =

Giả sử (x y z là một nghiệm của hệ phơng trình khi đó , , ) (− − −x, y, z) cũng là một nghiệm của

hệ phơng trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số , ,x y z

không âm Ví dụ x≥0, y≥0 Từ phơng trình thứ nhất ta suy ra z≥0

Mặt khác nếu 0< ≤u 1 thì 1890+u2000> ≥2 u18+u4

1890+u > +1 u >2 u =2.u >u +u

Do đó 1890u u+ 2001 >u19 +u5 với mọi u>0.

Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra x y z= = =0.đpcm

 6 Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :





 7 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A– )

Giải hệ phơng trình sau :

2 3

2 3

2 3

2 30 16



 + − =



 8 Giải hệ phơng trình :







Giải Viết lại hệ đã cho dới dạng :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )





Trong đó f( )t = + +t3 t2 2t và g( )t =2t3+1 Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến

trên R vì : f'( )t =3t2+ + >2t 2 0,g( )t =6t2 ≥0, ∀ ∈t R

Suy ra hệ đã cho tơng đơng với hệ : h( ) 0 ( )4

x y z x

= =





Trong đó h( )t = − − +t3 t2 2t 1 Nhận xét rằng h( )t liên tục trên R và : h 2( )− <0, h 0( ) >0,

h 1 <0, h 2 >0 nên phơng trình h( )t =0 có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong (−2; 2)

Đặt x=2cos ,u u∈(0;π) Khi đó sinu≠0 và (4) có dạng :

π

π





π

Giải hệ phơng trình (5) ta thu đợc ; 3 ; 5

u∈ π π π

u

π





 9 Tìm tất cả các bộ ba số dơng (x y z thoả mãn hệ phơng trình :, , )

2004 6 6

2004 6 6

2004 6 6

2 2 2





Giải :

Giả sử (x y z là một bộ ba số dơng thoả mãn hệ PT đã cho Không mất tính tổng quát , , , )

giả sử 0 x y z< ≤ ≤ Nh vậy :

2004 6 6 6 6

2004 6 6 6 6

2 2



2004 6

2004 6

1

1 1

x

z

≥

Đảo lại, dễ thấy x y z= = =1 là một bộ ba số dơng thoả mãn yêu cầu bài toán

 10 Tìm điều kiện của m để hệ phơng trình sau có nghiệm :

2 2 2

2 2

2 2

1 2

 + − + − − =

 + + =



 + + =



 11 Giải hệ phơng trình :

5 4 2

5 4 2

5 4 2





 12 Giải hệ phơng trình :







 13 Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm thực x, y, z :







Giải ĐK: x≥1, y≥1, z≥1

Hệ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :







Đặt u= x− +1 x+1 ; v= y− +1 y+1 ; s= z− +1 z+1

Do x≥1, y≥1, z≥1 nên u≥ 2,v≥ 2,s≥ 2 Ngợc lại nếu u≥ 2, v≥ 2, s≥ 2, ta có :

u

2 2

Do đó bài toán của ta đa về bài toán tơng đơng : Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ phơng

trình sau có nghiệm u≥ 2, v≥ 2, s≥ 2 :

( )

2

1

1 1 1

1

u v s

+ + =





 + + =



+ Điều kiện cần : Giả sử hệ phơng trình (1) có nghiệm Theo bất đẳng thức Bunhia ta có :

2

u v s

2

a≥ Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình (1) có nghiệm

2

a

u v





=



,

u v

2

a

,

2

h= a− ≥ ⇒ + −h > +h >h h+ Tức là :

(2a− −3) 2 2 > (2a−3 2) ( a−9) ⇒ >u 2,v> 2

Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm u≥ 2,v≥ 2,s≥ 2

Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực 9

2

a≥

 14 Giải hệ phơng trình :

1

xy yz zx



 15 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A– )

Giải hệ phơng trình :

2

3 2

3 2

3





Giải ĐK xác định , ,x y z<6 Hệ đã cho tơng đơng với :

3

x y

y z

z x



− =











Nhận thấy f( )x = 2

x

x − x+ là hàm tăng, còn g( )x =log 63( −x) là hàm giảm với x<6.

Nếu (x y z là một nghiệm của hệ phơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính , , )

tổng quát giả sử x=max , ,{x y z} thì có hai trờng hợp :

1) x y z≥ ≥ Do g( )x là hàm giảm, suy ra : log 63( − ≥y) log 63( − ≥z) log 63( −x)

x z y

⇒ ≥ ≥ Do y z≥ nên z y= Từ (1) và (2) suy ra : x=y=z.

2) x z y≥ ≥ .

Tơng tự log 63( − ≥y) log 63( − ≥x) log 63( −z)

z x y

⇒ ≥ ≥ Do x z≥ nên z x= Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z.

Phơng trình f( ) ( )x =g x có nghiệm duy nhất x=3

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x=y=z=3.

 16 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng B– )

Giải hệ phơng trình :

3 2

3 2

3 2

 + + − =



 + + − =



Giải Giả sử x=max , ,{x y z} Xét hai trờng hợp :

1) x y z≥ ≥

Từ hệ trên ta có :

3 2

3 2



2

2

1

z



⇒ −  + + ≥ ⇒ ≤



2) x z y≥ ≥

Từ hệ trên ta có :

3 2

3 2



2

2

1

y

≤



⇒ −  + + ≥ ⇒ ≤



Cả hai trờng hợp đều cho x z y= = =1 Thử lại ta thấy x z y= = =1 là nghiệm của hệ phơng trình Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x z y= = =1

 17 Giải hệ phơng trình :





 + + + + + =











3

1 1 1 118

9

27

x y z

x y z

x y z

x y z

x x y y z z

x x y y z z